2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 化学——13 元素及其化合物知识的综合应用（教师版） 17页

专题13 元素及其化合物知识的综合应用 ‎2020年高考真题 ‎1．（2020年新课标Ⅱ）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：‎ ‎(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。‎ ‎(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为______。‎ ‎(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为______。‎ ‎(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为____________。‎ ‎(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。‎ ‎【答案】（1）Na+ a ‎ ‎（2）10-7.5 （3）2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O ‎ ‎（4）1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O ‎ ‎（5）ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O 203 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阳离子移向阴极室；‎ ‎（2）由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)；‎ ‎（3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-；‎ ‎（4）根据5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，计算每生成1molClO2，消耗的NaClO2；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；‎ ‎（5）“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应；根据NaOH质量守恒计算；‎ ‎【详解】（1）电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH，故答案为：Na+；a；‎ ‎(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)=10-7.5；故答案为：10-7.5；‎ ‎（3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；‎ ‎（4）5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为 =1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，故答案为:1.25mol；NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑；‎ ‎(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000Kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则Kg+1000Kg×0. 01=（1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg；故答案为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；203。‎ ‎2．（2020年江苏卷）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料α-Fe2O3。‎ 其主要实验流程如下：‎ ‎(1)酸浸：用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有___________(填序号)。‎ A．适当升高酸浸温度 B．适当加快搅拌速度 C．适当缩短酸浸时间 ‎(2)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是______________。‎ ‎(3)除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[，]。‎ ‎(4)沉铁：将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。‎ ‎①生成FeCO3沉淀的离子方程式为____________。‎ ‎②设计以FeSO4溶液、氨水- NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：__。‎ ‎（FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5）。‎ ‎【答案】（1）AB ‎ ‎（2）H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 ‎ ‎（3）pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全 ‎（4）①或 ②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；‎ B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；‎ C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；‎ 答案选AB。‎ ‎(2)为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。‎ ‎(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为mol/L=×10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。‎ ‎(4)①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+），答案为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+）。‎ ‎②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2‎ 溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。‎ ‎3．（2020年江苏卷）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.‎ ‎(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。‎ ‎(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为 ‎ ‎ 准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。‎ ‎①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程， )‎ ‎②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。‎ ‎【答案】（1） NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解 ‎ ‎（2）①‎ 根据物质转换和电子得失守恒关系：‎ 得 氯元素的质量:‎ 该样品的有效氯为：‎ 该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 ‎②偏低 ‎ ‎【解析】(1)由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次氯酸钠失效；‎ ‎(2)①由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，‎ 氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，‎ 该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品。‎ ‎②如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。‎ ‎4．（2020年7月浙江选考）Ⅰ.化合物Ⅹ由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取，用含的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成和两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于溶液)：‎ 请回答：‎ ‎(1)组成X的四种元素是N、H和_______(填元素符号)，X的化学式是_________。‎ ‎(2)溶液B通入过量得到白色沉淀C的离子方程式是______________。‎ ‎(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)_____________。要求同时满足：‎ ‎①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；‎ ‎②反应原理与“”相同。‎ Ⅱ.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答：‎ ‎(1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生气体的原因是________。‎ ‎(2)烧杯中出现白色沉淀的原因是_____________。‎ ‎【答案】Ⅰ.（1） ‎ ‎（2） ‎ ‎（3）或 ‎ Ⅱ.（1）吸收浓盐酸中的水分且放热导致挥发 ‎（2）气体会将带出，与作用生成 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题干可知，加热X可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体Y，故Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，结合图中数据利用原子守恒，可以计算出各自元素的物质的量，求出X的化学式，再根据物质性质进行解答。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）由分析可知，Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：，Al原子的物质的量为：，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为： ；‎ 故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：，故X的化学式为：AlCl3NH3；‎ ‎(2)根据分析（1）可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：；‎ ‎(3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3；‎ Ⅱ.(1)由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且HCl的挥发性随浓度增大而增大，随温度升高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备HCl的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来；‎ ‎(2)浓硫酸虽然难挥发，但也会随HCl气流而带出少量的H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡白色沉淀。‎ ‎2020届高考模拟试题 ‎5．（北京市海淀区2020届高三二模）‎ 金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是( )‎ A．①中需持续吹入空气作氧化剂 B．②中需加入过量稀硫酸 C．③中发生了置换反应 D．溶液A为橙色 ‎【答案】B ‎【解析】A．在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；B．Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B错误；C．Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C正确；D．Na2CrO4在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D正确；故合理选项是B。‎ ‎6．（2020年6月福建省普通高中学业水平合格性考试）某化学兴趣小组为制取NH3并探究其性质，按下图装置进行实验。（制取氨气的反应原理:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，部分夹持仪器已略去）‎ ‎（实验探究）(1)装置(I)中仪器a的名称是_____。‎ ‎(2)装置(Ⅱ)中可用_________(填“碱石灰”或“食盐”)作干燥剂。‎ ‎(3)实验进行一段时间后，装置(Ⅲ)中干燥的红色石蕊试纸不变色，然后滴加水，观察到试纸颜色变为___(填“白色”或“蓝色”)原因是氨水呈____(填“碱性”或“酸性”)。‎ ‎(4)装置(Ⅲ)中胶头滴管若改装浓盐酸，实验进行一段时间后，滴加浓盐酸，观察到瓶内充满_______(填“白烟”或“白雾”)，写出NH3与HCl反应生成NH4Cl的化学方程式:_________。‎ ‎(5)装置(IV)中稀硫酸的作用是___________。‎ ‎(6)用0.1 mol NH4Cl与足量Ca(OH)2反应，理论上可生成NH3的物质的量是____mol。‎ ‎（实验拓展）(7)已知:2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，若把装置(Ⅲ)换为如图装置，当实验进行一段时间后，观察到黑色固体变为____(填“白色”或“红色”)，在这过程中NH3表现出__(填“还原性”或“氧化性”)。‎ ‎（知识应用）(8)氨气是一种重要的化工原料。写出它的一种用途:__________。‎ ‎【答案】（1）酒精灯 （2）碱石灰 （3）蓝色 碱性 ‎ ‎（4）白烟 NH3 + HCl= NH4Cl ‎ ‎（5）吸收多余的氨气 ‎ ‎（6）0.1 （7）红色 还原性 （8）制化肥 ‎ ‎【解析】(1)装置(I)中根据仪器a的构造可知为酒精灯。‎ ‎(2)装置(Ⅱ)中的目的是干燥氨气，食盐不具有吸水性不可用，碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物，具有很好的吸水性，可用于干燥氨气。‎ ‎(3)实验进行一段时间后，装置(Ⅲ)中干燥的红色石蕊试纸不变色，然后滴加水，因氨气可与水反应产生一水合氨，一水合氨为弱碱电离产生氢氧根离子显碱性，红色石蕊试纸遇碱会变蓝色。‎ ‎(4)装置(Ⅲ)中胶头滴管若改装浓盐酸，实验进行一段时间后，滴加浓盐酸，氯化氢与氨气反应产生固体氯化铵，在试剂瓶中可以看到白烟，相应的反应为：NH3+HCl=NH4Cl。‎ ‎(5)氨气是有毒气体挥发到空气中污染环境，因此装置(IV)中稀硫酸的作用是吸收多余的氨气，防止污染空气。‎ ‎(6)用0.1 mol NH4Cl与足量Ca(OH)2反应，根据元素守恒可知，理论上可生成NH3的物质的量是0.1mol。‎ ‎(7)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，把装置(Ⅲ)换为如图装置，当实验进行一段时间后，观察到黑色的氧化铜固体变为红色铜单质，在这过程中NH3转变成N2‎ 化合价升高被氧化，表现出还原性。‎ ‎(8)氨气是一种重要的化工原料，可跟酸反应产生铵盐做氮肥使用。‎ ‎7．（安徽省六安市第一中学2020届高三下学期第八次模拟）工业上以铝土矿（主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质）为原料制取铵明矾晶体[NH4Al(SO4)2·12H2O]的工艺流程如图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)试剂I为___；试剂Ⅱ为___；滤渣a的化学式为___。‎ ‎(2)证明铁元素已全部转化为滤渣b的实验方法是___。‎ ‎(3)滤液Ⅱ中通入足量CO2进行酸化，从而得到固体c，若用盐酸进行酸化是否可以？___，请说明理由：___。‎ ‎(4)由固体d制取铵明矾溶液的化学方程式为___，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为（填操作名称）蒸发浓缩、冷却结晶、___。‎ ‎(5)NH4Al(SO4)2溶液呈___（“酸性”、“碱性”或“中性”），原因是___（用离子方程式表示）。‎ ‎(6)若NH4Al(SO4)2溶液、NH4HCO3溶液和NH4Cl溶液中的NH4+的物质的量浓度相等，则三种铵盐溶液的浓度从小到大的顺序为___。‎ ‎【答案】（1）盐酸（或稀硫酸等） NaOH溶液（或KOH溶液等） SiO2‎ ‎（2）取少量滤液Ⅱ于小试管中，向小试管中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色滤渣b ‎（3）不可以 通入足量CO2进行酸化的目的是使滤液Ⅱ中的AlO2-转化为Al(OH)3，而Al(OH)3能溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化 ‎（4）Al2O3＋4H2SO4＋2NH3=2NH4Al(SO4)2＋3H2O 过滤洗涤干燥 ‎（5）酸性 NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+，Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+‎ ‎（6）c[NH4Al(SO4)2]＜c(NH4Cl)＜c(NH4HCO3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据铝土矿的成分，Al2O3为两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，SiO2不与盐酸或稀硫酸等酸反应，结合图中转化关系可知，红褐色滤渣b为Fe(OH)3‎ ‎，则试剂Ⅱ为NaOH溶液或KOH溶液等强碱溶液均可；进而推知滤渣a和试剂I。据此解答。‎ ‎【详解】(1)由图中转化关系可知，红褐色滤渣b为Fe(OH)3，则试剂Ⅱ为NaOH溶液或KOH溶液等强碱溶液均可；进而推知滤渣a为SiO2，试剂I为盐酸或稀硫酸。答案为：盐酸（或稀硫酸等）；NaOH溶液（或KOH溶液等）；SiO2；‎ ‎(2)可通过检验滤液Ⅱ中是否还含有Fe3+，来证明Fe3+是否已全部转化为Fe(OH)3，具体方法为：取少量滤液Ⅱ于小试管中，向小试管中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色滤渣b。答案为：取少量滤液Ⅱ于小试管中，向小试管中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色滤渣b；‎ ‎(3)由上面的分析可知，滤液Ⅱ中含有AlO2-，通入足量CO2进行酸化，AlO2-可转化为Al(OH)3，CO2＋AlO2-＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，若改用盐酸进行酸化，反应过程中生成的Al(OH)3会溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化。答案为：不可以；通入足量CO2进行酸化的目的是使滤液Ⅱ中的AlO2- 转化为Al(OH)3，而Al(OH)3能溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化；‎ ‎(4)根据流程图，固体c为Al(OH)3，固体d为Al2O3，固体d与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾，化学反应方程式为：Al2O3＋4H2SO4＋2NH3=2NH4Al(SO4)2＋3H2O。从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。答案为：Al2O3＋4H2SO4＋2NH3=2NH4Al(SO4)2＋3H2O；过滤、洗涤、干燥；‎ ‎(5)NH4Al(SO4)2溶液呈酸性，因为NH4+和Al3+均能水解使溶液呈酸性，NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+，Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+。答案为：酸性；NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+，Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+；‎ ‎(6)NH4Al(SO4)2溶液中，Al3+水解产生的H+对NH4+的水解起抑制作用，使NH4+的水解程度减弱，溶液中NH4+的量较多，而NH4HCO3中，HCO3-的水解产生的OH-对NH4+的水解起促进作用，使NH4+的水解程度增大，溶液中NH4+的量较少，因此，若溶液中的NH4+的物质的量浓度相等，三种铵盐溶液的浓度从小到大的顺序为：c[NH4Al(SO4)2]＜c(NH4Cl)＜c(NH4HCO3)。答案为：c[NH4Al(SO4)2]＜c(NH4Cl)＜c(NH4HCO3)。‎ ‎【点睛】判断几种物质的浓度关系时，我们可利用它们所含共同离子的浓度进行判断。一方面比较起始量，另一方面比较变化量，利用平衡量逆推物质的起始浓度。即变化量越大，平衡量越小，则所需起始量应越大。‎ ‎8．（重庆市巴蜀中学2020届高考适应性月考一）铝(熔点660℃‎ ‎)是一种应用广泛的金属，工业上用(熔点2045℃)和冰晶石()混合熔融后电解制得。请回答下列问题：‎ ‎(1)铝属于活泼金属却能在空气中稳定存在，其原因是__________，冶金工业上常用金属铝作还原剂冶炼钒、铬、锰等金属，请写出铝与V2O5在高温下反应的化学方程式：___________。‎ ‎(2)将液和溶液混合制取。该实验用于盛装NaF溶液的试剂瓶_________(填“能”或“不能”)用玻璃瓶，原因是_______。‎ ‎(3)下列关于铝元素的叙述不正确的是__________(填序号)。‎ A．铝是人类最早使用的金属 B．镁铝合金既可完全溶于过量的盐酸，又可完全溶于过量的NaOH溶液 C．氢氧化铝是一种两性氢氧化物，既能溶于盐酸又能溶于NaOH溶液 D．铝是人体必需的微量元素之一，因此在生活中人们应尽量使用铝制炊具和餐具更有利于身体健康 ‎(4)某工厂排放出有毒物质NOCl，它遇水就会生成。NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为_________，水源中的对人类健康会产生危害，为了降低水源中的浓度，有研究人员建议在碱性条件下用铝粉将还原为N2，此时铝主要以的形式存在于溶液中，请写出该反应的离子方程式：__________，当该反应转移5mol电子时，产生的在标况下的体积约为_______L。‎ ‎【答案】（1）铝的表面可以形成一层致密的氧化铝薄膜，保护铝不被进一步氧化 ‎ ‎（2）不能 会水解产生氢氟酸，氢氟酸会腐蚀玻璃 ‎（3）ABD ‎（4） 11.2L ‎ ‎【解析】（1）铝的表面可以形成一层致密的氧化铝薄膜，保护铝不被进一步氧化，因此可以在空气中稳定存在，铝作还原剂冶炼金属，自身变成氧化铝，可以类比氧化铁的铝热反应：； ‎ ‎（2）根据“有弱就水解，越弱越水解”的规律，‎ 会水解产生氢氟酸，氢氟酸本身会腐蚀玻璃，因此不能用玻璃瓶来盛放；‎ ‎（3）A．尽管铝是地壳中含量最高的金属元素，但是提炼铝的方法是近两三个世纪才发现的，铝的大规模使用是上个世纪七十年代才开始的，A项错误；‎ B．铝和强酸强碱均能反应，但是镁只能和盐酸反应，不能和氢氧化钠溶液反应，因此镁不溶于烧碱溶液，B项错误；‎ C．是一种两性氢氧化物，既能溶于盐酸得到又能溶于烧碱得到，C项正确；‎ D．过多摄入对人体实际上是有害的，因此我们应减少铝制餐具的使用，并且在使用时避免接触强酸或强碱性的食品，D项错误；‎ 答案选ABD；‎ ‎（4）既然各原子均满足8电子稳定结构，氮要形成3个共价键，氧要形成2个共价键，氯只能形成1个共价键，不难发现应写成的形式，1个铝失3个电子，1个氮得5个电子，写出反应方程式：，根据方程式不难看出转移电子数与生成氮气数之比为10:1，故当转移5mol电子时生成0.5mol氮气，这些氮气在标况下的体积为。‎ ‎9．（百校联考2020届高考考前冲刺必刷卷一）含硫化合物多为重要的化工原料。请回答下列问题：‎ I.多硫化物是含多硫离子(Sx2-)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。‎ ‎（1）Na2S2的电子式为___。‎ ‎（2）Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，该反应的离子方程式为___。‎ ‎（3）黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，其煅烧的化学方程式为___。‎ II.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。‎ ‎（4）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为___。‎ ‎（5）向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为___。‎ ‎（6）向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，发生反应的化学方程式为___。‎ III.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的滴定试剂，常用来滴定溶液中的含碘量。‎ ‎（7）为测定某碘水中I2的浓度(假设碘水中的碘元素均以碘单质形式存在)，取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01mol·L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当___(填实验现象)，即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL，则该碘水中I2的浓度为___mg·L-1。‎ ‎【答案】（1） （2）S52−+2H+=H2S↑+4S↓ ‎ ‎（3）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 （4）+4 ‎ ‎（5）S2O52−+O2+H2O=2SO42−+2H+ （6）Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2‎ ‎（7）滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不再变蓝 127 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ．(1)Na2S2 是离子化合物，是钠离子和过硫根离子构成；‎ ‎(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S；‎ ‎(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2； Ⅱ．(4)元素化合价倒数和为0计算得到元素的化合价；‎ ‎(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸；‎ ‎(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠；‎ Ⅲ．取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01mol•L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应终点的现象是滴入最后一滴溶液，蓝色变为无色且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)Na2S2的电子式为；‎ ‎(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，反应的离子方程式为S52−+2H+=H2S↑+4S↓；‎ ‎(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；‎ Ⅱ．(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价+1价，氧元素化合价−2价，化合价代数和为0计算得到硫元素的化合价为+4；‎ ‎(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式：S2O52−+O2+H2O=2SO42−+2H+；‎ ‎(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2‎ 可制得焦亚硫酸钠，反应的化学方程式：Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2；‎ Ⅲ．碘水加入淀粉变蓝色，当消耗完碘单质后溶液变为无色，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液后，溶液由蓝色变为无色且半分钟不再变蓝说明反应达到终点，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，2×c(I2) ×V(I2)=c(S2O32−)×V(S2O32−)，c(I2)==0.0005mol/L，0.0005mol/L×127 g/mol×2×1000mg/g=127mg/L。‎ ‎10．（福建省2020届高三化学总复习专题训练）化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以及日常生活等离不开化学。‎ ‎（1）普通玻璃是常见的硅酸盐产品，其主要成分的化学式为Na2CaSi6O14，以氧化物形式可表示为______。‎ ‎（2）缺铁性贫血患者补充的铁，通常为硫酸亚铁的形式，而硫酸铁则没有这种药效．当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是______．若在酸性的硫酸亚铁溶液中通入氧气，也能得到棕黄色溶液，请写出此反应的离子方程式______．检验棕黄色溶液是否有Fe2+，可选用的试剂为______（填字母）。‎ A．稀硝酸B．浓硫酸C．KSCN溶液D．酸性高锰酸钾溶液 ‎（3）从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硫酸铜最好的方法是______（填字母）。‎ A．铜和浓硫酸反应                B．铜和稀硫酸反应 C．氧化铜和硫酸反应              D．铜与Fe2（SO4）3溶液反应 ‎（4）实验室用硫酸铜晶体配制一定物质的量浓度的硫酸铜溶液，下列操作将使所配溶液物质的量浓度偏高的是______（填字母）。‎ A．所用的硫酸铜晶体已经部分风化失水 B．移液时不小心溅出少许溶液 C．容量瓶查漏后未经干燥就直接使用 D．定容时俯视容量瓶刻度线 E．未洗涤烧杯和玻璃棒 ‎【答案】（1）Na2O•CaO•6SiO2 ‎ ‎（2）防止Fe2+被氧化 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O D ‎ ‎（3）C （4）AD ‎ ‎【解析】（1）硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式为：活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物·二氧化硅·水的顺序书写，则Na2CaSi6O14，以氧化物形式可表示为Na2O•CaO•6SiO2‎ ‎，故答案为：Na2O•CaO•6SiO2；‎ ‎（2）亚铁易被氧化，当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是防止Fe2+被氧化；酸性条件下，亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，其反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，二价铁离子被氧化产物为三价铁离子，所以加入稀硝酸、浓硫酸、KSCN溶液都不能检验二价铁离子存在，二价铁离子具有还原性，能够使酸性高锰酸钾褪色，所以可以选择高锰酸钾检验二价铁离子，故选D，‎ 故答案为：防止Fe2+被氧化； 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；D；‎ ‎（3）A、铜和浓硫酸反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，该反应中产生有毒气体二氧化硫，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硫酸的利用率不高，故A不符合题意；‎ B、铜和稀硫酸不发生反应，不能制得硫酸铜，故B不符合题意；‎ C、氧化铜和硫酸反应的方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，没有污染物，且硫酸的利用率100%，符合“绿色化学”和“降低成本”理念，故C符合题意；‎ D、铜与Fe2(SO4)3溶液反应反应方程式为Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，该反应虽有硫酸铜生成，但同时生成硫酸亚铁，不能得到纯净硫酸铜，故D不符合题意；‎ 故答案为：C；‎ ‎（4）A、所用的硫酸铜晶体已经部分风化失水，导致实际秤取的硫酸铜物质的量偏大，溶液浓度偏高，故A选；‎ B、移液时不小心溅出少许溶液，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；‎ C、容量瓶查漏后未经干燥就直接使用，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故C不选；‎ D、定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；‎ E、未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E不选；‎ 故选：AD。‎